Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = x\,\,\left( {x > 0} \right)\), các cạnh còn lại bằng nhau và bằng \(4\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa cạnh \(AB\) và vuông góc với cạnh \(CD\) tại \(I.\) Diện tích tam giác \(IAB\) lớn nhất bằng bao nhiêu?

Ta có các tam giác \(ACD\) và \(BCD\) là các tam giác đều vì các cạnh đều bằng 4.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(CD\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}AI \bot CD\\BI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABI} \right)\). Do đó mặt phẳng \(\left( P \right)\) chính là \(\left( {ABI} \right)\).

Mặt khác ta có: \(AI,\,\,BI\) là các đường cao trong tam giác đều cạnh 4 nên \(AI = BI = 4.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \Delta IAB\) cân tại \(I\).

Gọi gọi \(H\) là trung điểm của \(AB \Rightarrow IH \bot AB\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(BHI\) ta có:

\(IH = \sqrt {I{B^2} - B{H^2}}  = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{x}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \({S_{\Delta IAB}} = \dfrac{1}{2}IH.AB = \dfrac{1}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} .x = \dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)

Ta có: \(\dfrac{x}{2}\sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \le \dfrac{{\dfrac{{{x^2}}}{4} + 12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}}{2} = 6\) , do đó \({S_{\Delta IAB}} \le 6\).

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \dfrac{x}{2} = \sqrt {12 - \dfrac{{{x^2}}}{4}}  \Leftrightarrow x = 2\sqrt 6 \).

Vậy diện tích tam giác \(IAB\) lớn nhất bằng \(6\) khi \(AB = x = 2\sqrt 6 \).

Chọn B.